考点33图形的相似与位似（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（北师大版）

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考点33图形的相似与位似

【命题趋势】
图形的相似与位似主要考查：相似三角形的性质与判定，考查形式有：（1）判定相似三角形、判定对应变；（2）利用相似三角形的性质求线段长；（3）利用相似比求面积比与周长比。命基础题。同时也与二次函数、四边形或圆相结合，命中档题或较难题。
【常考知识】
相似三角形的性质与判定，考查形式有：（1）判定相似三角形、判定对应变；（2）利用相似三角形的性质求线段长；（3）利用相似比求面积比与周长比。。
【夺分技巧】
1、条件中有平行线，可采用相似三角形的预备定理。2、条件中若有一对等角，可再找一对等角或再找夹边成比例来判定。3、条件中若有两边对应成比例，可找夹角相等。4、条件中若有一对直角，可考虑再找一对等角或证明斜边、直角边对应成比例。5、条件中若有等药腰关系，可找顶角相等，可找一对底角相等，也可找底和腰对应成比例。
真题演练
一、单选题
1．（2021·云南·昆明市第三中学模拟预测）如图，正方形ABCD的边长为a，点E，F分别在边BC，CD上，且满足∠EAF＝45°，AE、AF分别与对角线BD交于点M、N，AH⊥EF于点H，以下说法：①AH＝a；②△CEF的周长是2a；③若BE＝2，DF＝3，则a＝6；④△ABM≌△NEM；⑤AN⊥NE，其中正确的是（ ）

A．①②③⑤ B．①②④⑤ C．①②③ D．①②⑤
【答案】A
【分析】
延长EB至点G，使BG＝DF，通过证明△AEG≌△AEF，然后结合全等三角形的性质判断①和②，利用全等三角形的性质结合勾股定理判断③，证明△AMN∽△BME，然后根据相似三角形的判断和性质判断④，结合相似三角形的性质求得∠ABM＝∠AEN＝45°，从而判断⑤．
【详解】
解：如图，延长EB至点G，使BG＝DF，

∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠ABC＝∠ADF＝∠ABG＝90°，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠BAG＝∠DAF，AF＝AG，
又∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠BAE+∠BAG＝45°，
∴∠GAE＝∠EAF，
∴△AGE≌△AFE，
∴GE＝FE，S△AGE＝S△AFE，
又∵AH⊥EF，AB⊥GE，
∴AH＝AB＝a，故①正确；
∵BG＝DF，GE＝FE，
△CEF的周长＝CE+EF+CF
＝CE+EG+CF
＝CE+BE+BG+CF
＝CE+BE+DF+CF
＝BC+CD
＝2a，故②正确；
∵BE＝2，DF＝3，
∴EF＝GE＝BE+BG＝BE+DF＝2+3＝5，
在Rt△ECF中，CF＝a﹣3，EC＝a﹣2，
∴（a﹣3）2+（a﹣2）2＝52，
解得：a＝6或a＝﹣1（负值舍去），故③正确；
∵∠EAF＝45°，∠DBC＝45°，
∴∠EAF＝∠DBC，
又∵∠BME＝∠AMN，
∴△BME∽△AMN，
∴，
又∵∠AMB＝∠NME，
∴△ABM相似△NEM，但并一定全等，故④错误；
∵△AMB∽△NME，
∴∠ABM＝∠AEN＝45°，
又∵∠EAF＝45°，
∴∠ANE＝180°﹣∠AEN﹣∠EAF＝90°，
即AN⊥NE，故⑤正确，
正确的是①②③⑤，
故选：A．
2．（2021·四川内江·中考真题）在同一时刻，物体的高度与它在阳光下的影长成正比．在某一时刻，有人测得一高为的竹竿的影长为，某一高楼的影长为，那么这幢高楼的高度是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
设此高楼的高度为x米，再根据同一时刻物高与影长成正比列出关于x的比例式，求出x的值即可．
【详解】
解：设这幢高楼的高度为米，依题意得：，
解得：．
故这栋高楼的高度为36米．
故选：．
3．（2021·全国·九年级期末）如图，△A'B′C'和△ABC是位似三角形，位似中心为点O，OA'=2AA'，则△A'B'C'和△ABC的位似比为（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
直接利用位似图形的性质求解．
【详解】
解：∵△A'B′C'和△ABC是位似三角形，位似中心为点O，
∴△A'B'C'和△ABC的位似比=OA′：OA，
∵OA'=2AA'，
∴OA′：OA=2：3，
即△A'B'C'和△ABC的位似比为2：3．
故选：D．
4．（2021·重庆·字水中学三模）如图，正五边形ABCDE与是位似图形，O是位似中心，若正五边形与正五边形ABCDE的面积之比为4：1，且正五边形ABCDE的周长为9，则正五边形的周长是为（ ）

A．18 B．27 C．36 D．9
【答案】A
【分析】
根据面积之比得到两个图形的相似比，再根据正五边形ABCDE的周长即可求解．
【详解】
解：正五边形ABCDE与是位似图形，
正五边形ABCDE与相似，
正五边形与正五边形ABCDE的面积之比为4：1，
可得，正五边形ABCDE与的相似比为
正五边形与正五边形ABCDE的周长之比为2：1，
正五边形ABCDE的周长为9
∴正五边形的周长是为18
故选：A
5．（2021·河北路南·三模）如图，在平面直角坐标系中，已知点，，，以某点为位似中心，作出与的位似比为的位似，则位似中心的坐标和的值分别为（ ）

A．(0，0)， B．(1，1)，2 C．(2，2)， D．(1，1)，
【答案】C
【分析】
直接利用位似图形的性质分别得出位似中心和位似比．
【详解】
解：如图所示：位似中心E的坐标为：（2，2），

k的值为：．
故选：C．
6．（2021·黑龙江·哈尔滨市第十七中学校九年级阶段练习）如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC上的点，DE∥BC，BE与CD相交于F，则下列结论一定正确的是（ ）．

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
先根据相似三角形的判定可得，，再根据相似三角形的性质逐项判断即可得．
【详解】
解：，
，，
A、由得：，则此项错误；
B、由得：，则此项正确；
C、由得：，
由得：，
则，此项错误；
D、由得：，则此项错误；
故选：B．
7．（2021·全国·九年级课时练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为2的⊙O与x轴的正半轴交于点A，点B是⊙O上一动点，点C为弦AB的中点，直线y＝x﹣3与x轴、y轴分别交于点D、E，则△CDE面积的最小值为（　　）

A．3.5 B．2.5 C．2 D．1.2
【答案】C
【分析】
连接OC，得到∠ACO＝90°，确定点C在以OA为直径的圆上（点O、A除外），以OA为直径作⊙P，过P点作直线PH⊥DE于H，交⊙P于M、N，求出点E（0，﹣3），D（4，0），利用勾股定理求出DE＝5，证明△DPH∽△DEO，求出PH＝，得到S△NED＝×5×＝2，S△MED＝×5×＝7，设△CDE面积为S，由此得到当C点与M点重合时，S最大；C点与N点重合时，S最小，由此确定答案
【详解】
解：连接OC，如图，
∵点C为弦AB的中点，
∴OC⊥AB，
∴∠ACO＝90°，
∴点C在以OA为直径的圆上（点O、A除外），
以OA为直径作⊙P，过P点作直线PH⊥DE于H，交⊙P于M、N，
当x＝0时，y＝x﹣3＝﹣3，则E（0，﹣3），
当y＝0时，x﹣3＝0，
解得x＝4，则D（4，0），
∴OD＝4，
∴DE＝，
∵A（2，0），
∴P（1，0），
∴OP＝1，
∴PD＝OD﹣OP＝3，
∵∠PDH＝∠EDO，∠PHD＝∠EOD，
∴△DPH∽△DEO，
∴PH：OE＝DP：DE，
即PH：3＝3：5，
解得PH＝，
∴MP＝PH+1＝，NH＝PH﹣1＝，
∴S△NED＝×5×＝2，S△MED＝×5×＝7，
设△CDE面积为S，
当C点与M点重合时，S最大；C点与N点重合时，S最小，
∴S的范围为2≤S≤7，
∴△CDE面积的最小值为2．
故选：C．

8．（2021·河北·中考真题）图1是装了液体的高脚杯示意图（数据如图），用去一部分液体后如图2所示，此时液面（ ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
先求出两个高脚杯液体的高度，再通过三角形相似，建立其对应边的比与对应高的比相等的关系，即可求出AB．
【详解】
解：由题可知，第一个高脚杯盛液体的高度为：15-7=8（cm），
第二个高脚杯盛液体的高度为：11-7=4（cm），
因为液面都是水平的，图1和图2中的高脚杯是同一个高脚杯，
所以图1和图2中的两个三角形相似，
∴，
∴（cm），
故选：C．
9．（2021·广东·深圳市宝安中学（集团）模拟预测）下列判断正确的是（ ）．
A．对角线相等的四边形是矩形
B．将一个矩形风景画的四周镶上宽度相等的金边后得到的新矩形与原矩形相似
C．如果两个相似多边形的面积比为16∶9，那么这两个相似多边形的周长比可能是4∶3
D．若点是的黄金分割点，且，则的长为
【答案】C
【分析】
A．利用矩形的判定定理对角线相等的平行四边形可判断；B．一个矩形风景画的四周镶上宽度相等的金边后得到的新矩形与原矩形相似应满足长与宽相等时可以，而矩形的长与宽一般不等；C.利用相似图形的性质即可；D．利用黄金分割法可求出BC有两个值即可．
【详解】
解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，故此选项错误；
B、将一个矩形风景画的四周镶上宽度相等的金边后得到的新矩形与原矩形不一定相似，故此选项错误；
C、如果两个相似多边形的面积比为16：9，则两个相似多边形的相似比为4:3，那么这两个相似多边形的周长比等于相似比是4：3，故此选项正确；
D、若点C是AB的黄金分割点，且AB＝6cm，则BC的长为或，故此选项错误；
故选C．
10．（2021·河南·郑州一中国际航空港实验学校九年级阶段练习）下列形状分别为正方形、矩形、正三角形、圆的边框，其中不一定是相似图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
根据相似图形的定义，形状相同，可得出答案．
【详解】
A、两图形形状相同，是相似图形，不符合题意；
B、两图形形状不同，不是相似图形，符合题意；
C、两图形形状相同，是相似图形，不符合题意；
D、两图形形状相同，是相似图形，不符合题意；
故选：B．

二、填空题
11．（2021·江苏无锡·中考真题）下列命题中，正确命题的个数为________．
①所有的正方形都相似
②所有的菱形都相似
③边长相等的两个菱形都相似
④对角线相等的两个矩形都相似
【答案】1
【分析】
根据多边形的判定方法对①进行判断；利用菱形的定义对②进行判断；根据菱形的性质对③进行判断；根据矩形的性质和相似的定义可对④进行判断．
【详解】
解：所有的正方形都相似，所以①正确；
所有的菱形不一定相似，所以②错误；
边长相等的两个菱形，形状不一定相同，即：边长相等的两个菱形不一定相似所以③错误；
对角线相等的两个矩形，对应边不一定成比例，即不一定相似，所以④错误；
故答案是：1．
12．（2021·四川内江·中考真题）如图，矩形中，，，对角线的垂直平分线交于点、交于点，则线段的长为 __．

【答案】
【分析】
根据矩形的性质和勾股定理求出BD，证明△BOF∽△BCD，根据相似三角形的性质得到比例式，求出EF即可．
【详解】
解：如图：

四边形是矩形，
，又，，
，
是的垂直平分线，
，，又，
，
，
，
解得，，
四边形是矩形，
，，
，
是的垂直平分线，
，，
在和中，
，
，
，
．
故答案为：．
13．（2021·江苏射阳·三模）在平面直角坐标系中，已知点，，以原点为位似中心，把按相似比缩小，则点的对应点的坐标是__________．
【答案】或
【分析】
根据位似变换的性质计算，得到答案．
【详解】
解：∵以原点为位似中心，把按相似比缩小，，
∴点的对应点的坐标是或，即或，
故答案为：或．
14．（2021·贵州黔东南·中考真题）已知在平面直角坐标系中，△AOB的顶点分别为点A（2，1）、点B（2，0）、点O（0，0），若以原点O为位似中心，相似比为2，将△AOB放大，则点A的对应点的坐标为________．
【答案】（4，2）或（－4，－2）
【分析】
根据位似变换的定义，作出图形，可得结论．
【详解】
解：如图，观察图象可知，点A的对应点的坐标为（4，2）或（-4，-2）．

故答案为：（4，2）或（-4，-2）．
15．（2021·山东牡丹·三模）如图，以点为位似中心，把放大2倍得到'，①；②；③；④点、、三点在同一直线上.则以上四种说法正确的是______．

【答案】①②④
【分析】
根据位似图形的概念判断即可．
【详解】
解：∵以点O为位似中心，把放大为原图形的2倍得到，
∴，故②正确；
由位似图形中，对应边平行可知：，故①正确；
∵放大2倍得到，
∴，
∴，故③错误；
由位似图形中对应点的连线都经过同一点，
∴点C、点O、点C’三点在同一直线上，故④正确；
故答案为：①②④．
16．（2021·辽宁沈阳·中考真题）如图，中，，，．四边形是正方形，点D是直线上一点，且．P是线段上一点，且．过点P作直线l于平行，分别交，于点G，H，则的长是__________．

【答案】或．
【分析】
结合勾股定理逆定理判断是直角三角形，通过证明，，然后利用相似三角形的性质求解，然后分当点位于点左侧时，当点位于点右侧时，进行分类讨论．
【详解】
解：中，，，，
，，
，
为直角三角形，
①当点位于点左侧时，如图：
设直线交于点，

，
，，
又四边形是正方形，且，
，，
即，
解得：，
，，
，
，
，
解得：，
，
，
，
，
，
，
，
解得：；
②当点位于点右侧时，如图：

与①同理，此时，
，
解得：，
综上，的长为或，
故答案为：或．
17．（2021·安徽·合肥市五十中学东校三模）在矩形ABCD（AB＜ BC）的边上取一点E，将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处．
（1）如图1，若∠CBE＝15°，则＝ ________；
（2）如图2，延长EF，与∠ABF的平分线交于点M，BM交AD于点N，当NF＝AN＋FD时，＝_________．

【答案】
【分析】
（1）根据折叠的性质可得BF=BC，∠AFB=2∠CBE=30°，从而可得BC=2AB，即可得结果；
（2）过N作NG⊥BF于点G，则易得AN=GN，AB=BG，△NFG∽△BFA，由对应边成比例可得BG=2NG，设AN=a，FD=b，则在Rt△NFG中，由勾股定理可得a，b的关系，从而可求得结果．
【详解】
（1）根据折叠的性质，得BF=BC，∠FBE=∠CBE=15°
∴∠FBC=∠FBE+∠CBE=30°
∵四边形ABCD是矩形
∴BC∥AD
∴∠AFB=∠FBC=30°
∵∠A=90°
∴BF=2AB
∴BC=2AB
∴
故答案为：
（2）过N作NG⊥BF于点G，如图

∵BM平分∠ABF，AD⊥AB，NG⊥BF
∴AN=GN
∵BN=BN
∴Rt△ABN≌Rt△GBN
∴BG=AB
∵∠NGF=∠A=90°，∠NFG=∠BFA
∴△NGF∽△BAF
∴
∵NF=AN+FD
∴AD=BC=2NF
∴AB=2GN
设AN=GN=a，FD=b，则NF=a+b，AB=2a，AD=BF=BC=2a+2b
∴FG=BF-BG=2b
在Rt△NFG中，由勾股定理得：
即
即
∴BC=
∴
故答案为:．

三、解答题
18．（2021·四川内江·中考真题）如图，是的直径，、是上两点，且，过点的直线交的延长线于点，交的延长线于点，连结、交于点．
（1）求证：是的切线；
（2）若，的半径为2，求阴影部分的面积；
（3）连结，在（2）的条件下，求的长．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】
（1）根据同圆中等弧所对的圆周角相等得到∠CAD=∠DAB，根据等边对等角得到∠DAB=∠ODA，则∠CAD=∠ODA，即可判定OD∥AE，进而得到OD⊥DE，据此即可得解；
（2）连接BD，根据相似三角形的性质求出AE=3，AD=2，解直角三角形得到∠DAB=30°，则∠EAF=60°，∠DOB=60°，DF=2，再根据S阴影=S△DOF-S扇形DOB即可得解；
（3）过点E作EM⊥AB于点M，连接BE，解直角三角形得到AM=，EM=，则MB=，再根据勾股定理求解即可．
【详解】
解：（1）证明：如图，连接，

，
，
，
，
，
，
，
，
是的半径，
是的切线；
（2）解：，
，
，
，的半径为2，
，
，
如图，连接，

是的直径，，
，
，
，
，
即，
，
在中，，
，
，，
，
，
，
；
（3）如图，过点作于点，连接，

在中，，，
，
．
19．（2021·广东·惠州一中一模）如图，是矩形纸片，翻折，，使，恰好落在上．设，分别是，落在上的两点，，分别是折痕，与，的交点．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若cm，cm，求线段的长．

【答案】（1）见解析；（2）线段长为cm．
【分析】
（1）根据：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，证明AG∥CE，AE∥CG即可；
（2）解法1：在Rt△AEF中，运用勾股定理可将EF的长求出；
解法2，通过△AEF∽△ACB，可将线段EF的长求出．
【详解】
（1）证明：在矩形中，
，
．
由题意，得，．
，
．
又，
四边形是平行四边形．
（2）解法1：在中，
，，
．
，
．
在中，
设，则．
根据勾股定理，得，
即．
解得，即线段长为；
解法
，，
，
．
，
解得，即线段长为；
20．（2021·山东青岛·中考真题）已知：如图，在矩形和等腰中，，，．点从点出发，沿方向匀速运动．速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为．过点作，交于点，交于点，过点作，交于点．分别连接，，设运动时间为．
解答下列问题：

（1）当时，求的值；
（2）设五边形的面积为，求与之间的函数关系式；
（3）当时，求的值；
（4）若与相交于点，分别连接和．在运动过程中，是否存在某一时刻，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）存在，
【分析】
（1）先证，得代数计算即可；
（2）如图2中，过点P作PO⊥QM于点O．证明S=S四边形DQPM+S△DNQ=（PQ+DH）•QM+QN•ND=（HA+DH）•QM+QN•ND=•AD•QM+QN•ND，可得结论．
（3）如图3中，延长NQ交BE于点G．根据PQ=PM，构建方程求解即可．
（4）存在．证明△HQW∽△AEW，△MHW∽△PAW，推出，，推出，由此构建方程求解即可
【详解】
（1）由题意可得，，，
在矩形中，
∵，，
，
在中，，
，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴.
答：为时，.

（2）过点作，交于点，
在等腰中，
，，
则.
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴.
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，∴，∴.
∵，∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，.
∴




.
答：与的函数关系式是.

（3）延长交于点，由（1），（2）可得，
，，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
同理可证，四边形是矩形.
∴，
当时，
∵，
∴，
∴.
又∵，
∴，
∴.
答：当时，.

（4）由（2）得，，

∵，，
∴，
∴为矩形，
∴，且.
∴，
∵，
∴，
同理可证，
∴，，
∴，
∴，
∴.
答：在运动的过程中，存在时刻，使.
21．（2021·辽宁大连·二模）如图，在△ABC中，∠BCA＝90°，点E在BC上，且EC＝AC．连接AE，F为AE的中点，CD⊥AB于D，过点E作EH∥CD交DF的延长线于点H，DH交BC于M．
（1）探究∠EAB和∠BCD之间的数量关系，并证明；
（2）求证AD＝EH；
（3）若BC＝kAC，求的值（用含有k的代数式表示）．


【答案】（1）∠BCD＝∠BAE＋45°，见解析；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）在直角三角形中，两锐角和为，再利用等腰直角三角形角度的特殊性，通过等量代换即可证明；
（2）添加辅助线后，证明三角形全等得到对应边相等，得到一个等腰直角三角形，再利用平行线的性质，再次证明三角形全等，得到对应边相等，根据等腰直角三角形腰相等，通过等量代换即可证明；
（3）引进未知数，通过证明三角形相似，得对应边成比例，通过等量代换把表示出来，即可和相比．
【详解】
（1）∠BCD＝∠BAE＋45°
证明：∵CD⊥AB于点D，
∴∠CDA＝90°
∴∠CAD＋∠ACD＝90°
∵∠ACD＋∠BCD＝90°，
∴∠BCD＝∠CAD
∵AC＝CE，∠ACE＝90°，
∴∠CAE＝∠CEA＝45°
∴∠BCD＝∠CAD＝∠BAE＋∠CAE＝∠BAE＋45°
（2）证明：连接CF，作FN⊥DF，垂足为点F，FN交CD于点N，作EG∥AD，EG与DH交于点G
∵∠ACE＝90°，F是AE的中点
∴CF＝AF＝EF，CF⊥AE
∴∠AFC＝∠CFE＝90°
∵FN⊥DF，∴∠DFN＝90°
∴∠AFD＋∠AFN＝∠AFN＋∠CFN＝90°∴∠AFD＝∠CFN
∵∠BCD＝∠BAE＋45°，∠FCE＝45°，
∴∠BAE＝∠FCN，∴△ADF≌△CNF
∴FN＝FD
又∵∠DFN＝90°，∴∠FDN＝∠FND＝45°
∵HE∥CD，∴∠H＝∠FDN＝45°
∠ADF＝∠ADC＋∠FDN＝135°
∵EG//AD，∴∠FGD＝∠ADF＝135°
又∵∠AFD＝∠EFG，∴△ADF≌△EGF
∴EG＝AD
∵∠EGH＝180°－∠EGF＝180°－135°＝45°，∴∠H＝∠EGH．
∴EH＝EG．
∴AD＝EH
（3）解：设AC＝CE＝m，BC＝km，
∴BE＝BC－CE＝（k－1）m
∵∠ADC＝∠ACB，∠DAC＝∠CAD，
∴△ACD∽△ABC
．

∵∠H＝∠FDN，∠HME＝∠DMC，
∴△MCD∽△MEH

又∵CM＋ME＝CE，
．
．